北京市密云区2019-2020学年高一上学期期末考试化学试题

北京市密云区2019-2020学年高一上学期期末考试化学试题

密云区2019—2020学年度第一学期期末考试 高一化学试卷 可能用到的相对原子质量：H—1 O—‎16 C—12 Na—23 N—14 K—39 Fe—56‎ 一、选择题 ‎1.垃圾分类并回收利用，可以节约自然资源，符合可持续发展的要求。与废弃矿泉水瓶对应的垃圾分类标志是( )‎ ‎ ‎ A B C D A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】废弃矿泉水瓶是可回收物，故C符合题意。‎ 综上所述，答案为C。‎ ‎2.2022年2月将举办中国历史上第一次冬季奥运会，滑雪是冬奥会的重点比赛项目。下列滑雪用品涉及的材料中，属于金属材料的是( )‎ A. 雪板—— 聚乙烯 B. 滑雪杖—— 镁铝合金 C. 滑雪头盔—— 聚酯硬塑料 D. 防护镜—— 聚甲基丙烯酸甲酯 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 雪板—— 聚乙烯、C. 滑雪头盔—— 聚酯硬塑料、D. 防护镜—— 聚甲基丙烯酸甲酯，都是有机高分子材料，故ACD不符合题意；‎ B. 滑雪杖—— 镁铝合金，是金属材料，故B符合题意；‎ 综上所述，答案为B。‎ ‎3.当光束通过下列分散系时，能观察到丁达尔效应的是 A. 蔗糖溶液 B. 乙醇溶液 C. 氯化钠溶液 D. 氢氧化铁胶体 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】蔗糖溶液、氯化钠溶液、乙醇溶液属于溶液，无丁达尔效应；氢氧化铁胶体分散质大小：1nm～100nm，属于胶体，有丁达尔效应。答案选D。‎ ‎【点睛】本题考查胶体的性质，丁达尔效应是胶体的特有性质，依据分散系的分类和性质分析，胶体分散系具有丁达尔现象，只要判断出分散系是胶体即可。‎ ‎4.电解质是指在水溶液里或熔融状态下能够导电化合物。下列物质属于电解质的是( )‎ A. Al B. NaCl溶液 C. NaOH D. 乙醇 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. Al虽能导电，但Al是单质，故A不符合题意；‎ B. NaCl溶液能导电，是混合物，故B不符合题意；‎ C. NaOH是碱，属于化合物，是电解质，故C符合题意；‎ D. 乙醇是有机物，属于非电解质，故D不符合题意。‎ 综上所述，答案为C。‎ ‎【点睛】电解质主要是酸、碱、盐、水、金属氧化物；非电解质主要是大多数有机物、大多数非金属氧化物、非酸性气态氢化物。‎ ‎5.下列类型的反应，一定属于氧化还原反应的是 A. 复分解反应 B. 分解反应 C. 化合反应 D. 置换反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．复分解反应是两种化合物相互交换成分，生成两种新的化合物的反应，没有元素化合价的改变，一定是非氧化还原反应，A不合题意；‎ B．分解反应中，有的存在元素化合价变化，有的不存在元素化合价的变化，不一定属于氧化还原反应，B不合题意；‎ C．化合反应中，有的存在元素化合价变化，有的不存在元素化合价的变化，不一定属于氧化还原反应，C不合题意；‎ D．置换反应中，单质与化合物反应，生成另一种单质和另一种化合物，一定属于氧化还原反应，D符合题意；‎ 故选D。‎ ‎6.下列各组物质中，互为同位素的是( )‎ A. CO和CO2 B. 和 C. O2和O3 D. H2O和H2O2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. CO和CO2是碳的两种氧化物，故A不符合题意；‎ B. 和，质子数相同，中子数不同的同种元素的不同核素，两者互称同位素，故B符合题意；‎ C. O2和O3是同种元素形成的不同单质，属于同素异形体，故C不符合题意；‎ D. H2O和H2O2是氧的两种氢化物，属于化合物，故D不符合题意。‎ 综上所述，答案为B。‎ ‎【点睛】质子数相同，中子数不同的同种元素的不同核素，互称同位素。‎ ‎7.下列化合物中，一定含有离子键的是( )‎ A. CO2 B. NaOH C. H2SO4 D. H2O ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. CO2、C. H2SO4、D. H2O都是共价化合物，只含有共价键，故ACD不符合题意；‎ B. NaOH离子化合物，一定含有离子键，故B符合题意；‎ 综上所述，答案为B。‎ ‎【点睛】离子化合物中一定含有离子键，可能含有共价键，共价化合物中一定含共价键，一定不含离子键。‎ ‎8.下列元素的原子半径最大的是( )‎ A. Mg B. N C. O D. Cl ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】根据层多径大原则，N、O两个电子层，Mg、Cl三个电子层，则Mg、Cl半径比N、O半径大，根据同电子层结构核多径小原则，Mg半径大于Cl半径，因此Mg半径最大，故A符合题意。‎ 综上所述，答案为A。‎ ‎9.2019年是元素周期表发表150周年，期间科学家为完善周期表做出了不懈努力。中国科学院院士张青莲教授曾主持测定了铟()等9种元素相对原子质量的新值，被采用为国际新标准。下列对的说法不正确的是( )‎ A. 原子核外电子数49‎ B. 中子数与电子数的差值为17‎ C. 中子数 66‎ D. 质量数 164‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. ，原子核外电子数=质子数=49，故A正确；‎ B. 中子数=质量数－质子数=115－49=66，中子数与电子数的差值=66－49=17，故B正确；‎ C. 根据B选项分析得到中子数66，故C正确；‎ D. 质量数115，故D错误。‎ 综上所述，答案为D。‎ ‎10.下列变化中，必须加入还原剂才能实现的是( )‎ A. NH3→NH4+ B. CO2→CO C. SO3→H2SO4 D. Na→NaCl ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 必须加入还原剂才能实现，说明自身做氧化剂，化合价降低 ‎【详解】A. NH3→NH4+，化合价未变，故A不符合题意；‎ B. CO2→CO，化合价降低，本身作氧化剂，需要加还原剂，故B符合题意；‎ C. SO3→H2SO4，化合价未变，故C不符合题意；‎ D. Na→NaCl，化合价升高，本身作还原剂，故D不符合题意。‎ 综上所述，答案为B。‎ ‎11.下列各组离子中，能在水溶液中大量共存的是 A. Na＋、Ag＋、Cl－、CO32— B. Na＋、Mg2＋、Cl－、SO42—‎ C. Fe3＋、K＋、SO42—、OH－ D. Fe2＋、H＋、SO42-、NO3—‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 离子在水溶液中能大量共存，溶液中的离子需要满足以下条件：离子间不能形成沉淀或气体或水，不能发生氧化还原反应。‎ ‎【详解】A.Ag+与Cl-、CO32—可以形成AgCl沉淀、Ag2CO3沉淀，该组离子不能在溶液中大量共存，故A错误；‎ B.离Na＋、Mg2＋、Cl－、SO42—子间既不能形成沉淀也无气体或水产生，该组离子可以在溶液中大量共存，故B正确；‎ C.Fe3+与OH-可以形成Fe（OH）3沉淀，该组离子不能在溶液中大量共存，故C错误；‎ D.酸性条件下NO3-与Fe2+发生氧化还原反应而不能大量共存，故D错误。‎ 故答案选B。‎ ‎【点睛】本题考查离子共存问题，侧重于考查对元素化合物知识的综合应用能力。注意把握离子的性质以及反应类型的判断，熟练掌握常见酸碱盐的溶解性，对解决此类问题至关重要；掌握一些常见离子的共存规律则可以快速解决此类问题，如H+不能与OH-、CO32-共存，OH-不能与大多数金属离子、NH4+共存，CO32-不能与大多数金属离子、H+共存，SO42-不能与Ba2+、Cl-不能与Ag+共存等。‎ ‎12.下列关于Na2O和Na2O2说法中，不正确的是 A. 均含－2价的氧元素 B. 焰色反应均为黄色 C. 与水反应均生成NaOH D. 与二氧化碳反应均生成Na2CO3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、过氧化钠中氧元素为-1价，而不含有-2价的氧元素，故A错误；‎ B、钠元素焰色反应呈黄色，两者中都含钠元素，所以焰色反应均为黄色，故B正确；‎ C、Na2O与水反应生成NaOH，Na2O2与水反应生成NaOH和氧气，所以与水反应均生成NaOH，故C正确；‎ D、Na2O与二氧化碳反应生成Na2CO3，Na2O2与二氧化碳反应生成Na2CO3和氧气，所以与二氧化碳反应均生成Na2CO3，故D正确；‎ 故答案选A。‎ ‎13.下列说法中,正确的是(　　)‎ A. 物质得电子的反应是氧化反应 B. 氧化剂是在反应中所含元素化合价降低的反应物 C. 氧化剂是在反应中失电子(或电子对偏离)的反应物 D. 在一个氧化还原反应中,氧化剂和还原剂不可能是同一种物质 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.得电子，化合价降低，被还原，发生还原反应，故A错误；‎ B.氧化剂是得到电子，化合价降低的反应物，故B正确；‎ C.根据选项B的分析，故C错误；‎ D.一个氧化还原反应中，氧化剂和还原剂可以是同种物质，如Cl2和NaOH反应，也可以是不同物质，如S的燃烧，故D错误。‎ 答案选B。‎ ‎14.某粒子的结构示意图为，关于该粒子的说法不正确的是( )‎ A. 属于阴离子 B. 核外有3个电子层 C. 核外电子数为18 D. 在化学反应中易得电子 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 质子数小于核外电子数，说明得到了电子，属于阴离子，故A正确；‎ B. 根据离子结构示意图得到核外有3个电子层，故B正确；‎ C. 根据离子结构示意图计算出核外电子数为18，故C正确；‎ D. 17号元素为Cl元素，在反应中易得到电子变为氯离子，氯离子在化学反应中易失去电子，故D错误。‎ 综上所述，答案为D。‎ ‎15.下列物质的电子式书写不正确的是( )‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. ，N原子最外层有五个电子，易形成三对共用电子对，用了三个电子，每个氮还有一对孤对电子，故A正确；‎ B. ，Cl最外层有7个电子，易形成一对共用电子对，故B正确；‎ C. ，N原子最外层有五个电子，易形成三对共用电子对，N还有一对孤对电子未表示出来，应该为，故C错误；‎ D. 是钠离子和氯离子形成氯化钠，故D正确。‎ 综上所述，答案为C。‎ ‎16.下列关于容量瓶使用方法的叙述中，正确的是( )‎ ‎①加水定容时，不小心超过刻度线，用滴管吸出多余液体；②容量瓶用蒸馏水洗净后残留少量水即使用；③在容量瓶中溶解固体溶质；④溶液需冷却至室温方可注入容量瓶；⑤使用容量瓶前要检查是否漏水；‎ A. ①②③ B. ①③④ C. ③④⑤ D. ②④⑤‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①加水定容时，不小心超过刻度线，不能用滴管吸出多余液体，只能重新配制，故①错误；②容量瓶用蒸馏水洗净后残留少量水即使用，对结果无影响，故②正确；③在容量瓶中不能溶解固体溶质，只能在烧杯中溶解，故③错误；④溶液需冷却至室温方可注入容量瓶，故④正确；⑤使用容量瓶前要检查是否漏水，故⑤正确；因此②④⑤正确，故D正确。‎ 综上所述，答案为D。‎ ‎【点睛】加水定容时，不小心超过刻度线，不能用滴管吸出多余液体，只能重新配制。‎ ‎17.下列叙述能说明X的非金属性比Y强的是( )‎ A. X的气态氢化物比Y的气态氢化物稳定 B. X原子的电子层数比Y原子的电子层数多 C. Y的单质能将X从NaX的溶液中置换出来 D. Y在暗处可与H2反应，X在加热条件下才能与H2反应 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 气态氢化物越稳定，非金属性越强，因此X的气态氢化物比Y的气态氢化物稳定，能说明X的非金属性比Y强，故A符合题意；‎ B. 电子层数多少与非金属性无直接关系，故B不符合题意；‎ C. Y的单质能将X从NaX的溶液中置换出来，说明Y的非金属性比X强，故C不符合题意；‎ D. Y在暗处可与H2反应，X在加热条件下才能与H2反应，说明Y 的非金属性比X强，故D不符合题意。‎ 综上所述，答案为A。‎ ‎【点睛】非金属性强弱比较：‎ ‎1、气态氢化物越稳定，非金属性越强；‎ ‎2、同周期从左到右非金属增强；同主族从上到下，非金属性减弱；‎ ‎3、单质与氢气化合越容易，则非金属性越强；‎ ‎4、最高价氧化物对应水化物酸性越强，则非金属性越强。‎ ‎18.短周期元素R、T、X、Y、Z在元素周期表的相对位置如下表所示，它们的最外层电子数之和为24。则下列判断正确的是( )‎ R T X Y Z A. 气态氢化物稳定性：Y＞T B. 五种元素中原子半径最大的是Z C. R位于元素周期表中第二周期第IVA族 D. Z元素的最高价氧化物对应的水化物的化学式为HZO4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 短周期元素R、T、X、Y、Z在元素周期表的相对位置如下表所示，它们的最外层电子数之和为24，设T的最外层电子数为x，则有5x−1 =24，则x=5，则T为N、R为C、X为Si、Y为P、Z为S。‎ ‎【详解】A. 气态氢化物稳定性：NH3＞PH3，故A错误；‎ B. 五种元素中原子半径最大的是X(Si)，故B错误；‎ C. C位于元素周期表中第二周期第IVA族，故C正确；‎ D. S元素的最高价氧化物对应的水化物的化学式为H2SO4，故D错误。‎ 综上所述，答案为C。‎ ‎19.下列解释过程或事实的方程式不正确的是( )‎ A. 氯气用于自来水消毒：Cl2+H2O＝HCl+HClO B. 铁可以和稀硫酸反应：2Fe+3H2SO4＝Fe2(SO4)3 +3H2↑‎ C. 刻制印刷电路板时常用氯化铁溶液作为“腐蚀液”刻蚀铜板 2Fe3++Cu＝2Fe2++ Cu2+.‎ D. 红热的铁丝与水接触，表面形成蓝黑色(或黑色)保护层：3Fe + 4H2O(g)Fe3O4 + 4H2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 氯气用于自来水消毒生成盐酸和次氯酸：Cl2 + H2O = HCl+HClO，故A正确；‎ B. 铁可以和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气：Fe + H2SO4 = FeSO4 +H2↑，故B错误；‎ C. 刻制印刷电路板时常用氯化铁溶液作为“腐蚀液”刻蚀铜板，反应生成亚铁离子和铜离子：‎ ‎ 2Fe3++Cu = 2 Fe2++ Cu2+.，故C正确；‎ D. 红热的铁丝与水接触，表面形成蓝黑色(或黑色)保护层即四氧化三铁：3Fe + 4H2O(g)Fe3O4 + 4H2，故D正确。‎ 综上所述，答案为B。‎ ‎【点睛】铁与盐酸、稀硫酸反应生成亚铁离子，铁与少量氯气、过量氯气都生成氯化铁。‎ ‎20.NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是( )‎ A. O2 的摩尔质量为‎32g B. 常温常压下，‎22 g CO2含有的CO2分子数为0.5NA C. 标准状况下，‎22.4 L水含有的水分子数为NA D. ‎40 g NaOH溶解在‎1 L水中，得到溶液的物质的量浓度为1 mol/L ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. O2 的摩尔质量为‎32 g∙mol−1，故A错误；‎ B. 常温常压下，‎22 g CO2含有的CO2分子数，故B正确；‎ C. 标准状况下，水不是气体，无法计算，故C错误；‎ D. ‎40 g NaOH溶解在‎1 L水中，溶液的体积无法计算，故D错误。‎ 综上所述，答案为B。‎ ‎21.下列关于Na2CO3和NaHCO3两种物质有关性质,说法不正确的是( )‎ A. 向Na2CO3和NaHCO3溶液中，滴入酚酞后溶液均变红 B. Na2CO3固体中含有少量NaHCO3可用加热的方法除去 C. 向等质量的Na2CO3和NaHCO3固体中加入足量稀盐酸, Na2CO3产生的气体较多 D. 分别向盛有少量Na2CO3和NaHCO3的试管中滴入几滴水，振荡后用温度计测量Na2CO3温度高于NaHCO3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. Na2CO3和NaHCO3溶液都显碱性，向两种溶液中滴入酚酞后溶液均变红，故A正确；‎ B. NaHCO3受热分解得到碳酸钠、二氧化碳和水，碳酸钠受热不分解，因此Na2CO3‎ 固体中含有少量NaHCO3可用加热的方法除去，故B正确；‎ C. 根据Na2CO3～CO2，NaHCO3～CO2，向等质量的Na2CO3和NaHCO3固体中加入足量稀盐酸，设质量为mg，Na2CO3的物质的量，NaHCO3的物质的量，因此NaHCO3生的气体较多，故C错误；‎ D. 分别向盛有少量Na2CO3和NaHCO3的试管中滴入几滴水，Na2CO3溶于水是放热，NaHCO3溶于水温度基本不变，因此振荡后用温度计测量Na2CO3温度高于NaHCO3，故D正确。‎ 综上所述，答案为C。‎ ‎22.1mol过氧化钠与2mol碳酸氢钠固体混合后，在密闭容器中加热充分反应，排出气体物质后冷却，残留的固体物质是（ ）‎ A Na2CO3 B. Na2O2、Na2CO3‎ C. NaOH、Na2CO3 D. Na2O2、NaOH、Na2CO3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O可知，2mol碳酸氢钠分解生成1mol Na2CO3、1mol CO2、1mol H2O，由2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2可知，1mol CO2恰好与1mol Na2O2反应生成1mol Na2CO3，所以充分反应，排出气体物质后冷却，残留的固体物质是Na2CO3，故选:A。‎ ‎【点睛】二氧化碳和水同时遇到过氧化钠时，二氧化碳先与过氧化钠反应，然后水与过氧化钠反应。‎ ‎23.在两份相同的H2SO4溶液中，分别滴入物质的量浓度相等的Ba（OH）2、NaOH溶液，其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如下图所示，下列分析不正确的是 A. ①代表滴加Ba（OH）2溶液的变化曲线 B. a、c两点，溶液中均大量存在H＋和 SO42-‎ C. b、d两点对应的溶液均显中性 D. e点，两溶液中含有相同量的OH－‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据化学反应过程中，离子浓度的变化分析溶液导电能力的变化。‎ ‎【详解】向H2SO4溶液中滴入Ba(OH)2溶液时，发生反应H2SO4+Ba(OH)2＝BaSO4↓+2H2O，随着Ba(OH)2溶液的滴入，溶液中H+、SO42-浓度减小，导电能力逐渐减弱，b点恰好反应时几乎不导电，之后过量的Ba(OH)2使溶液中Ba2+、OH-浓度增大，导电能力增强，故图中曲线①表示向H2SO4溶液中滴入Ba(OH)2溶液的情形（A项正确）。类似地，向H2SO4溶液中滴入NaOH溶液时，发生反应H2SO4+2NaOH＝Na2SO4+2H2O，随着NaOH溶液的滴入，溶液总体积变大，溶液中离子浓度减小，导电能力逐渐减弱，d点恰好反应时导电能力最弱，之后过量的NaOH使溶液导电能力增强，曲线②表示向H2SO4溶液中滴入NaOH溶液的情形。‎ a、c两点，加入的碱均不足，溶液中均大量存在H＋和SO42-（B项正确）； b、d两点，酸碱恰好中和，对应的溶液均显中性（C项正确）；曲线①上的e点，Ba(OH)2溶液已经过量，溶液中有OH－，曲线②上的e点，NaOH溶液不足，剩余H2SO4，溶液呈酸性（D项错误）。‎ 本题选D。‎ ‎【点睛】电解质溶液的导电性与离子浓度和离子电荷数有关。分析化学反应过程中溶液导电性的变化，可以判断反应进行的程度。‎ ‎24.用数字化的实验技术分析氯水在光照过程中微粒成分的变化，下面关系图不合理的是( )‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. ，氯水在光照过程中次氯酸分解生成盐酸和氧气，盐酸浓度增大，酸性增强，pH减小，故A正确；‎ B. ，氯水在光照过程中次氯酸分解生成盐酸和氧气，盐酸浓度增大，氯离子浓度增大，故B正确；‎ C. ，氯水在光照过程中次氯酸分解生成盐酸和氧气，氧气量增大，体积分数增大，故C正确；‎ D. ，氯水在光照过程中次氯酸分解生成盐酸和氧气，次氯酸浓度减小，故D错误。‎ 综上所述，答案为D。‎ ‎25.下列“推理或结论”与“实验操作及现象”相符的一组是( )‎ 选项 ‎ 实验操作及现象 ‎ 推理或结论 A 向某盐溶液中加入稀盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体 该盐一定是碳酸盐 B 铁粉加入CuSO4溶液中，析出红色固体 氧化性：Fe2+ ＞ Cu2+‎ C 向某溶液中通入Cl2，再加入KSCN溶液，溶液变红 该溶液中一定含有Fe2+‎ D 在导管口点燃纯净的氢气，伸入盛满氯气的集气瓶中，产生苍白色火焰 物质燃烧不一定需要氧气 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 向某盐溶液中加入稀盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，该盐可能是碳酸盐、碳酸氢盐、亚硫酸盐、亚硫酸氢盐，故A不符合题意；‎ B. 铁粉加入CuSO4溶液中，析出红色固体，Fe + Cu2+ =Cu + Fe2+，则氧化性为Cu2+＞Fe2+，故B不符合题意；‎ C. 向某溶液中通入Cl2，再加入KSCN溶液，溶液变红，原溶液可能含有Fe3+或Fe2+，故C不符合题意；‎ D. 在导管口点燃纯净的氢气，伸入盛满氯气的集气瓶中，产生苍白色火焰，则说明物质燃烧不一定需要氧气，故D符合题意。‎ 综上所述，答案为D。‎ ‎【点睛】检验Fe2+时，先滴加KSCN，溶液无现象，再滴加氯水或酸性双氧水，溶液变为血红色，说明含有Fe2+。‎ 二、填空题 ‎26.匹配物质及其用途。‎ 物质 用途 A. 过氧化钠 a.呼吸面具中作供氧剂 B. 碳酸氢钠 b.漂白消毒剂 C. 氧化铁 c.面粉发酵粉 D .次氯酸钠 d.红色油漆和涂料 A. _______________；‎ B. _______________；‎ C. _______________；‎ D. _______________；‎ ‎【答案】 (1). a (2). c (3). d (4). b ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】A. 过氧化钠与二氧化碳反应生成氧气，常作呼吸面具中作供氧剂；B. 碳酸氢钠受热分解生成二氧化碳，常用作面粉发酵粉；C. 氧化铁是红棕色粉末，常用作红色油漆和涂料；D .次氯酸钠具有强氧化性，常作漂白消毒剂；故答案为：a；c；d；b。‎ ‎27.化学与生活密切相关“暖宝宝”贴是一种便捷取暖用品。是利用铁(①)的氧化反应放热来发热。实际上是根据铁在潮湿空气(②)中发生吸氧腐蚀的原理。同时利用活性炭的强吸附性，在活性炭的疏松结构中储有水(③)蒸气，水蒸汽液化成水滴，流出与空气和铁粉接触，在氯化钠(④)的催化作用下较为迅速的发生反应生成氢氧化铁(⑤，放出热 量，生成的氢氧化铁会缓 慢分解生成氧化铁⑥)。其总反应：4Fe+3O2+6H2O＝4Fe(OH)3 ，2Fe(OH)3＝Fe2O3+3H2O ‎(1)上述短文标有序号的物质中进行分类： ‎ 属于混合物的是_______( 填序号，下同)，属于单质的是________，属于氧化物的是_______，属于碱的是__________，属于盐的是 __________。‎ ‎(2)在反应4Fe+3O2+6H2O＝4Fe(OH)3中，作为还原剂的物质是______。若反应中消耗了3 mol O2，则生成Fe(OH)3的物质的量为______mol，转移电子的物质的量为______ mol。‎ ‎【答案】 (1). ② (2). ① (3). ③⑥ (4). ⑤ (5). ④ (6). 铁(Fe) (7). 4 (8). 12‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】(1)①铁是单质；②潮湿空气属于混合物；③水是氧化物；④氯化钠是盐；⑤氢氧化铁是氢氧化物；⑥氧化铁是氧化物；故答案为：②；①；③⑥；⑤；④。‎ ‎(2)在反应4Fe+3O2+6H2O= 4Fe(OH)3中，铁化合价升高，作还原剂，根据反应方程式4molFe与3mol O2反应转移12mol电子，因此若反应中消耗了3 mol O2，则生成Fe(OH)3的物质的量为4 mol，转移电子的物质的量为12 mol；故答案为：Fe；4；12。‎ ‎28.下图是元素周期表的一部分，根据① ~ ⑨在周期表中的位置按题目要求回答： ‎ 族 周期 IA ‎0‎ ‎1‎ ⅡA ⅢA ⅣA ⅤA ⅥA ⅦA ‎2‎ ‎①‎ ‎②‎ ‎3‎ ‎③‎ ‎④‎ ‎⑤‎ ‎⑥‎ ‎⑦‎ ‎4‎ ‎⑧‎ ‎⑨‎ ‎(1)在元素①～⑨中，金属性最强的元素是______(填元素符号)。‎ ‎(2)画出元素④的原子结构示意图______。‎ ‎(3)①与②形成的一种化合物甲，甲在大气含量过高会产生温室效应，写出甲物质的电子式 _____。‎ ‎(4)‎ 元素③④⑤对应的最高价氧化物的水化物，写出它们相互之间能发生反应化学方程式__________________。‎ ‎(5)元素⑦和⑨形成的化合物乙，请用电子式表示物质乙的形成过程_______。‎ ‎(6)②与⑥形成两种氢化物中，稳定性较高的是 ______(填化学式)，请从原子结构的角度解释其原因：__________ 。‎ ‎【答案】 (1). K (2). (3). (4). NaOH+Al(OH)3=NaAlO2 + 2H2O (5). (6). H2O (7). 氧原子与硫原子最外层电子数相同，电子层数S＞O，原子半径S＞O，得电子能力S＜O，元素的非金属性S＜O，因此，H2S的稳定性弱于H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据元素周期表得出①为C、②为O、③为Na、④为Mg、⑤为Al、⑥为S、⑦为Cl、⑧为K、⑨为Ca。‎ ‎【详解】(1)周期表中金属性强的是左下方的金属，因此在元素①～⑨中，金属性最强的元素是K；故答案为：K。‎ ‎(2)元素④为Mg，其原子结构示意图；故答案为：。‎ ‎(3)①与②形成的一种化合物甲，甲在大气含量过高会产生温室效应，甲物质为二氧化碳，碳与每个氧共用两对电子，其电子式为；故答案为：。‎ ‎(4)元素③④⑤对应的最高价氧化物的水化物分别为NaOH、Mg(OH)2、Al(OH)3，NaOH与Al(OH)3反应生成NaAlO2，它们相互之间能发生反应化学方程式NaOH + Al(OH)3 = NaAlO2 + 2H2O；故答案为：NaOH + Al(OH)3 = NaAlO2 + 2H2O。‎ ‎(5)元素⑦和⑨形成的化合物乙为CaCl2，电子式表示物质乙的形成过程是两个氯原子和一个钙原子反应生成CaCl2，电子式表示物质乙的形成过程；故答案为：。‎ ‎(6)根据氧原子与硫原子最外层电子数相同，电子层数S＞O，原子半径S＞O，得电子能力O＞S，元素的非金属性O＞S，因此，H2O的稳定性强于H2S；故答案为：H2O；氧原子与硫原子最外层电子数相同，电子层数S＞O，原子半径S＞O，得电子能力S＜O，元素的非金属性S＜‎ O，因此，H2S的稳定性弱于H2O。‎ ‎29.某小组同学利用舍勒发现氯气的方法制取氯气并探究其性质。‎ 请回答： ‎ ‎(1)写出装置①中制取氯气化学反应方程式__________。在反应中，是利用了MnO2的_________ (填“氧化性”或“还原性”)。‎ ‎(2)装置②中的现象是__________。‎ ‎(3)③中溶液由无色变为橙黄色，发生反应的离子方程式是_________。‎ ‎(4)用离子方程式解释④中NaOH溶液的作用____________。‎ ‎(5)取一支试管，加入2 mL ③中橙黄色溶液，再滴入几滴KI-淀粉溶液，观察到溶液变为蓝色。通过以上实验，能否得出结论：Br2的氧化性强于I2 _________(能或否)。理由是_________。‎ ‎【答案】 (1). MnO2+4HCl MnCl2+ Cl2 ↑+ 2H2O (2). 氧化性 (3). 红色褪去 (4). 2Br- +Cl2 = Br2 + 2Cl- (5). Cl2+2OH-=Cl-+ClO- +H2O (6). 否 (7). 有可能是溶液中的多余的Cl2 (HClO)氧化了I-离子生成I2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 装置①中制取氯气是二氧化锰和浓盐酸在加热条件反应生成氯化锰、氯气和水，氯气通入到湿润的有色布条中，有色布条褪色其实质是氯气与水反应生成的次氯酸漂白而褪色，氯气与溴化钠反应生成溴单质，多余的氯气用氢氧化钠溶液处理。‎ ‎【详解】(1)装置①中制取氯气是二氧化锰和浓盐酸在加热条件反应生成氯化锰、氯气和水，其化学反应方程式MnO2+4HCl MnCl2+ Cl2 ↑+ 2H2O。在反应中，MnO2‎ 中锰元素化合价降低，作氧化剂，利用了MnO2的氧化性；故答案为：MnO2+4HCl MnCl2+ Cl2 ↑+ 2H2O；氧化性。‎ ‎(2)氯气与湿润的有色布条中的水先反应生成次氯酸，次氯酸具有漂白性而使有色布条褪色，因此装置②中的现象是红色褪去；故答案为：红色褪去。‎ ‎(3)③中溶液由无色变为橙黄色，说明氯气置换出了单质溴，发生反应的离子方程式是2Br－+Cl2 = Br2 + 2Cl－；故答案为：2Br－+Cl2 = Br2 + 2Cl－。‎ ‎(4)尾气氯气有毒，因此要用NaOH溶液处理尾气，反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，用离子方程式解释④中NaOH溶液的作用Cl2 + 2OH－= Cl－+ ClO－+ H2O；故答案为：Cl2 + 2OH－= Cl－+ ClO－+ H2O。‎ ‎(5)取一支试管，加入2 mL③中橙黄色溶液，③中溶液可能含有多余的Cl2 (HClO)，Cl2 (HClO)氧化了I－离子生成I2，使得淀粉变蓝，因此不能得出Br2的氧化性强于I2 ；故答案为：否；有可能是溶液中的多余的Cl2 (HClO)氧化了I－离子生成I2。‎ ‎30.A、B、C、X为中学化学常见物质，且A、B、C含有相同元素甲，可以发生如下转化关系(水参与的反应，水未标出)。‎ ‎(1)若A、B、C的焰色反应呈黄色，C为淡黄色固体，则X是__________。‎ ‎(2)若A、B、C的焰色反应呈黄色，X是CO2，写出B→C反应的方程式_________。‎ ‎(3)若B是FeCl3，则X一定是_________，写出B→C反应的离子方程式_________。‎ ‎【答案】 (1). O2 (氧气) (2). CO2 +Na2CO3+ H2O＝2NaHCO3 (3). Fe (4). 2Fe3+ +Fe＝3Fe2+‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)若A、B、C的焰色反应呈黄色，说明含有钠元素，C为淡黄色固体，说明C为过氧化钠，则A为Na、B为Na2O、则X是氧气；故答案为：O2 (氧气)。‎ ‎(2)若A、B、C的焰色反应呈黄色，说明含有钠元素，X是CO2，说明A为NaOH、B为Na2CO3、C为NaHCO3，B→C反应是碳酸钠与二氧化碳和水反应生成碳酸氢钠，其方程式Na2CO3 + CO2 + H2O＝2NaHCO3；故答案为：Na2CO3 + CO2 + H2O＝2NaHCO3。‎ ‎(3)若B是FeCl3，则说明A为Cl2、C为FeCl2，则X一定是Fe，B→C是氯化铁和铁反应生成氯化亚铁，其反应的离子方程式2Fe3+ +Fe＝3Fe2+。‎ ‎31.铁是人体必需的微量元素，治疗缺铁性贫血的常见方法是服用补铁药物。“速力菲”(主要成分： 琥珀酸亚铁，呈暗黄色)是市场上一种常见的补铁药物(见图)。该药品不溶于水但能溶于人体中的胃酸(主要成分：稀盐酸),服用时同维生素 C一起服用效果会更好。某学习小组为了检测“速力菲”药片中Fe2+的存在，设计并进行了如下实验：‎ ‎(1)试剂1是_____________。‎ ‎(2)取少量Ｂ溶液于试管中，向其滴加NaOH溶液。最初观察到白色沉淀，一会灰变为灰绿色，最终变为红褐色，沉淀颜色变化的原因是_________________(用化学方程式表示)。‎ ‎(3)B溶液中加入KSCN溶液后，溶液中也产生了红色，其可能的原因是____________。‎ ‎(4)有同学提出由C到D 用双氧水代替新制氯水效果会更好原因是____，写出用双氧水实现由C到D转变的离子方程式________。‎ ‎(5)在上述实验中，同学们发现血红色溶液放置一段时间后，溶液的颜色会逐渐褪去。为了进一步探究溶液褪色的原因，甲、乙两位同学首先对此进行了猜想：‎ 编号 猜想 甲 溶液中的+3价Fe又被还原成+2价铁 乙 溶液中的SCN-被过量的新制氯水氧化 ‎①你认为甲同学的猜想合理吗______?(填“合理”或“不合理”)请说明理由_______。‎ ‎②基于乙同学的猜想，请设计一个简单的实验加以验证____________________________。‎ ‎(6)“速力菲”药品为什么要与维生素 C一起用效果会更好原因是_______。‎ ‎【答案】 (1). 稀盐酸(或HCl) (2). O2+2H2O+ 4Fe(OH)2=4Fe(OH)3 (3). 溶液中Fe2+‎ 被空气中的氧气氧化成Fe3+ (4). H2O2环保无污染 (5). 2H++2Fe2+ +H2O2=2Fe3+ +2H2O (6). 不合理 (7). 溶液中不存在能将三价铁还原成二价铁的物质 (8). 取少量褪色后溶液，加入KSCN溶液，若溶液变红，说明乙同学的猜想合理；若不变红，说明乙同学的猜想不合理。或取少量褪色后溶液，加入FeCl3溶液， 若溶液仍不变红，说明乙同学的猜想合理；若溶液变红，说明乙同学的猜想不合理 (9). 维生素 C有还原性，能抗氧化 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)根据信息该药品不溶于水但能溶于人体中的胃酸(主要成分：稀盐酸)，因此要将药片变为浅绿色溶液，则应该加盐酸，故答案为：稀盐酸(或HCl)。‎ ‎(2)取少量Ｂ溶液于试管中，向其滴加NaOH溶液，最初观察到白色沉淀，一会灰变为灰绿色，最终变为红褐色，沉淀颜色变化的原因是氢氧化亚铁与氧气、水反应生成氢氧化铁，故答案为：O2+2H2O+ 4Fe(OH)2=4Fe(OH)3。‎ ‎(3)B溶液中加入KSCN溶液后，溶液中也产生了红色，说明含有铁离子，则铁离子可能是亚铁离子部分被氧化得到；故答案为：溶液中Fe2+被空气中的氧气氧化成Fe3+。‎ ‎(4)氯水中含有氯气会污染环境，而双氧水是绿色氧化剂，H2O2环保无污染；用双氧水实现由C到D转变，是双氧水和亚铁离子、氢离子反应生成铁离子和水，其离子方程式2H++2Fe2+ +H2O2=2Fe3+ +2H2O；故答案为：H2O2环保无污染；2H++2Fe2+ +H2O2=2Fe3+ +2H2O。‎ ‎(5)①溶液中主要是SCN－和Fe3+，不存在能将三价铁还原成二价铁的物质，因此甲同学的猜想不合理；故答案为：不合理；溶液中不存在能将三价铁还原成二价铁的物质。‎ ‎②基于乙同学的猜想，溶液中的SCN－被过量的新制氯水氧化，可以向褪色的溶液中加入SCN－，如果溶液变红，说明原来的SCN－已被氧化，如果未变红，则说明乙猜想错误；故答案为：取少量褪色后溶液，加入KSCN溶液，若溶液变红，说明乙同学的猜想合理；若不变红，说明乙同学的猜想不合理。或取少量褪色后溶液，加入FeCl3溶液， 若溶液仍不变红，说明乙同学的猜想合理；若溶液变红，说明乙同学的猜想不合理。‎ ‎(6)人体不能吸收Fe3+，只能吸收Fe2+，“速力菲”药品易被氧化，维生素C具有还原性，可以将已被氧化成Fe3+还原为Fe2+，人体更好吸收Fe2+；故答案为：维生素C有还原性，能抗氧化。‎ ‎ ‎